淺談普通莫隊演算法
阿新 • • 發佈:2018-12-01
前言
- 對於一個維護區間的問題,最暴力的方法就是每次列舉區間,進行統計。
- 而這就是莫隊的基本思路
- 但不過莫隊的列舉是進行優化的,可以優化到\(O(N\sqrt{N})\)
基本思路
- 首先:已知\([L,R]\)的答案,那麼求\([L-1,R]\) 、\([L+1,R]\) 、\([L,R-1]\)、\([L,R+1]\)的代價為\(O(1)\)
- 如果你已知區間\([L,R]\)的答案,那麼對於區間\([l,r]\),如果兩個區間有交集,那麼這個交集就沒有必要再去計算了,所以我們只需要移動端點即可。
- 但是代價還是\(O(N^2)\)
- 我們考慮將所有訪問的左端點進行排序
- 並按照左端點分類的,變成一塊一塊的,塊的長度為\(len\)
- 你會發現左端點在同一個塊內的詢問,經過排序後一定會在一起(很顯然啊……)
- 於是我們就想,如果對於一個塊的操作,按照右端再排一次序,
- 這樣左端點移動的次數一定不超過\(len\),右端點移動次數總和最大是\(N\)
- 舉個例子:
- 很顯然的是,左端點的移動肯定在這個塊內,而塊的大小為\(len\),所以每次移動的代價為\(len\)
- 並且這個塊內是按照右端點排序的。(這裡採用從大到小)
- 所以一開始右端點統計的是橙色區間
- 接下來統計藍色區間,右端點左移
- 統計黑色區間,右端點左移
- 統計紫色區間,右端點左移
- 誒你會發現在同一個塊內,右端點的移動一定是單向的!!
- 所以處理一個塊的右端點移動,最多是\(N\)次
- 並且處理下一個塊的時候,我們可以從小到大排序,這樣右端點就可以從左邊直接移到右邊
- 再下一個塊的時候從大到小,有端點就是從右到左了
時間複雜度
- 一共\(M\)次詢問,一共\(\frac{N}{len}\)個塊
- 對於每次詢問,左端點移動代價為\(len\),所以是\(M\times len\)
- 對於一個塊,右端點移動代價為\(N\),所以是\(\frac{N}{len}\times N\)
- \(N,M\)同級,所以總代價為$N\times len + \frac{N}{len}\times N= N(len+\frac{N}{len}) $
- 好像是個對勾函式誒!也就是基本不等式了
- \(len+\frac{N}{len} \leq 2\sqrt{\frac{N}{len}*len}\)
- 所以\(N(len+\frac{N}{len} )\leq 2N\sqrt{N}\)
- 時間複雜度為\(O(N\sqrt{N})\)
code
- 傳送門
- 處理區間不同的數字個數
- 開個桶去算就行了
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define MAXN 20005
struct Node {
int l,r,num,ans;
}G[MAXN];
struct io {
char ibuf[1 << 25] , *s;
io() {
fread( s = ibuf , 1 , 1 << 25 , stdin);
}
inline int read() {
int u = 0, v = 1;
while( *s < 48) v = * s++ ^ 45 ? 1 : -1;
while(*s > 32) u = u * 10 + *s++ - 48;
return u*v;
}
}ip;
#define read ip.read
int cur[MAXN],book[1000005],rec[MAXN];
int N,M,size,count = 0;
inline void up(int u) {
book[cur[u]] ++;
if(book[cur[u]]==1) count ++;
}
inline void down(int u) {
book[cur[u]] --;
if(book[cur[u]]==0) count --;
}
inline bool cmp(Node a,Node b) {
return (a.l/size)^(b.l/size) ? a.l < b.l : ( (a.l/size)&1 ? a.r < b. r : a.r > b.r);
}
int main() {
N = read();
size = floor(sqrt(N));
for(int i=1;i<=N;++i) {
cur[i] = read();
}
M = read();
std::memset(book,0,sizeof(book));
for(int i=1;i<=M;++i) {
G[i].l = read(); G[i].r = read(); G[i].num = i;
}
std::sort(G+1,G+M+1,cmp);
int L = G[1].l , R = G[1].r;
for(int i=L;i<=R;++i) up(i);
for(int i=1;i<=M;++i) {
rec[G[i].num] = i;
while(R<G[i].r) up(++R);
while(L<G[i].l) down(L++);
while(L>G[i].l) up(--L);
while(R>G[i].r) down(R--);
G[i].ans = count;
}
for(int i=1;i<=M;++i) printf("%d\n",G[rec[i]].ans);
return 0;
}